Phương trình chứa ẩn dưới dấu căn bậc hai- Kỹ thuật đổi biến hoàn toàn

Dạng 1:$F\left( {\sqrt[n]{{f\left( x \right)}}} \right) = 0$

Phương pháp

Đặt: $t = \sqrt[n]{{f\left( x \right)}}$. (Nếu n=2k, k=1;2;… thì thêm điều kiện $t \ge {\mkern 1mu} 0$).

Ví dụ 1

Giải phương trình: ${x^2} + \sqrt {{x^2} + 11} = 31$

Giải

Đặt: $\begin{array}{l}
t = \sqrt {{x^2} + 11} ,\,\,t \ge 0\
\Leftrightarrow {t^2} = {x^2} + 11
\end{array}$

$\begin{array}{l}
(1) \Leftrightarrow {t^2} – 11 + t = 31\\
\Leftrightarrow {t^2} + t – 42 = 0\\
\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{t = 6}\\
{t = – 7(l)}
\end{array}} \right.\\
\Leftrightarrow t = 6\\
\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 11} = 6\\
\Leftrightarrow {x^2} = 25\\
\Leftrightarrow x = \pm 5
\end{array}$

Ví dụ 2

Giải phương trình: $\left( {x + 5} \right)\left( {2 – x} \right) = 3\sqrt {{x^2} + 3x} $

Giải

Đặt: $t = \sqrt {{x^2} + 3x} ,\,\,t \ge 0 \Leftrightarrow {t^2} = {x^2} + 3x$

$\begin{array}{l}
(2) \Leftrightarrow {t^2} + 3t – 10 = 0\\
\Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{t = 4}\\
{t = – 7}
\end{array}} \right.\\
\Leftrightarrow t = 4\\
\Leftrightarrow \sqrt {{x^2} + 3x} = 4\\
\Leftrightarrow {x^2} + 3x – 16 = 0\\
\Leftrightarrow x = \frac{{ – 3 \pm \sqrt {109} }}{2}
\end{array}$

Dạng 2:

$m\left( {\sqrt {f\left( x \right)} \pm \sqrt {g\left( x \right)} } \right) \pm 2n\sqrt {f\left( x \right)g\left( x \right)} + n\left( {f\left( x \right) + g\left( x \right)} \right) + p = 0$

Phương pháp:

Đặt: $t = \sqrt {f\left( x \right)} \pm \sqrt {g\left( x \right)} $, bình phương hai vế để biểu diễn các đại lượng còn lại qua t.

Ví dụ

Giải phương trình:$\sqrt {3 + x} + \sqrt {6 – x} = 3 + \sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 – x} \right)} $

Giải

Đặt: $t = \sqrt {3 + x} + \sqrt {6 – x} \Rightarrow {t^2} = 9 + 2\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 – x} \right)} \,\,\,\left( * \right)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: $2\sqrt {\left( {3 + x} \right)\left( {6 – x} \right)} \le 9$ $ \Leftrightarrow 3 \le t \le 3\sqrt 2 $

Phương trình đã cho trở thành :

$\begin{array}{l}
PT \Leftrightarrow {t^2} – 2t – 3 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{t = – 1(l)}\
{t = 3}
\end{array}} \right.\
\Leftrightarrow t = 3
\end{array}$

Thay vào (*) ta được x=-3, x=6.

Dạng 4. $F\left( {\sqrt[n]{{f\left( x \right)}},\sqrt[n]{{g\left( x \right)}}} \right) = 0$

trong đó F(t) là một phương trình đẳng cấp bậc k.

Phương pháp

  • TH1: Kiểm tra nghiệm với $g\left( x \right) = 0$.
  • TH2: Giả sử $g\left( x \right) \ne 0$ chia hai vế phương trình cho ${g^k}\left( x \right) \ne 0$ và đặt: $t = \sqrt[n]{{\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}}}$ quy phương trình bậc hai đối với ẩn t.

Ví dụ 1.

Giải phương trình: $5\sqrt {{x^3} + 1} = 2\left( {{x^2} + 2} \right)$

Giải

Điều kiện: $x \ge – 1$

$\begin{array}{l}
(1) \Leftrightarrow 5\sqrt {{x^3} + 1} = 2\left( {{x^2} + 2} \right)\\
\Leftrightarrow 5\sqrt {\left( {x + 1} \right)\left( {{x^2} – x + 1} \right)} = 2\left( {{x^2} – x + 1} \right) + 2\left( {x + 1} \right)
\end{array}$

$ \Leftrightarrow 2\frac{{x + 1}}{{{x^2} – x + 1}} – 5\sqrt {\frac{{x + 1}}{{{x^2} – x + 1}}} + 2 = 0$

Đặt: $t = \sqrt {\frac{{x + 1}}{{{x^2} – x + 1}}} ,\,\,t \ge 0$. Phương trình trở thành:

$2{t^2} – 5t + 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
t = 2\\
t = \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

  • Với t=2: Phương trình đã cho vô nghiệm.

Với $t = \frac{1}{2}$ : Phương trình đã cho có nghiệm $x = \frac{{5 \pm \sqrt {37} }}{2}$.

Ví dụ 2.

Giải phương trình: $2\left( {{x^2} – 4x – 5} \right) + 3\left( {x + 4} \right) = 5\sqrt {\left( {{x^2} – 4x – 5} \right)\left( {x + 4} \right)} $

Giải

Điều kiện: $x \ge 5$, Đặt: $t = \sqrt {\frac{{{x^2} – 4x – 5}}{{x + 4}}} ,\,\,t \ge 0.$

Phương trình trở thành: $2{t^2} – 5t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1,\,\,t = \frac{3}{2}$

  • Với t = 1: Phương trình đã cho có nghiệm : $x = \frac{{5 + \sqrt {61} }}{2}$
  • Với $t = \frac{3}{2}$: Phương trình đã cho có nghiệm $x = 8$

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: $x = \frac{{5 + \sqrt {61} }}{2},\,\,x = 8$

Dạng 5: Kỹ thuật đổi biến đưa về hàm lượng giác.

            Phương pháp: Bằng cách dựa vào những tính chất của hàm lượng giác ta sẽ đưa các bài toán đại số về bài toán lượng giác và giải quyết bài toán lượng giác này.

Lưu ý vài tính chất cơ bản:

* $\left| \sin a \right|\le 1,\,\,\left| \cos a \right|\le 1$.                               

* ${{\sin }^{2}}a+{{\cos }^{2}}a=1$.

* $1+{{\tan }^{2}}a=\frac{1}{{{\cos }^{2}}a}$                                  

* $1+{{\cot }^{2}}a=\frac{1}{{{\sin }^{2}}a}$.

* Nếu bài toán có tập xác định $\left| u\left( x \right) \right|\le a$. Ta có thể đặt $u\left( x \right)=a\sin t,\,\,t\in \left[ -\frac{\pi }{2};\frac{\pi }{2} \right]$ hoặc đặt $u\left( x \right)=a\cos t,\,\,t\in \left[ 0;\pi  \right]$.

* Nếu $u\left( x \right)\in \left[ 0;a \right]$ ta có thể đặt $u\left( x \right)=a{{\sin }^{2}}t,\,\,t\in \left[ 0;\frac{\pi }{2} \right]$.

Ví dụ 1:

Giải phương trình $1+\sqrt{1-{{x}^{2}}}=2{{x}^{2}}$.(1)

Giải

Điều Kiện: $\left| x \right|\le 1$.

Đặt $x=\cos t,\,\,t\in \left[ 0;\pi  \right]$.

Khi đó:

$\begin{align}
& (1)\Leftrightarrow 1+\sqrt{1-{{\cos }^{2}}t}=2{{\cos }^{2}}t \\
& \Leftrightarrow 2{{\sin }^{2}}t+\left| \sin t \right|-1=0 \\
& \Leftrightarrow \left[ \begin{matrix}
\left| \sin t \right|=-1(loai) \\
\left| \sin t \right|=\frac{1}{2} \\
\end{matrix} \right. \\
& \Leftrightarrow \left| \sin t \right|=\frac{1}{2} \\
\end{align}$

Khi đó $x=\cos t=\pm \sqrt{1-{{\sin }^{2}}t}=\pm \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Ví dụ 2:

Giải phương trình ${{x}^{3}}+\sqrt{{{\left( 1-{{x}^{2}} \right)}^{3}}}=x\sqrt{2\left( 1-{{x}^{2}} \right)}$. (2)

Giải

Điều kiện: $\left| x \right|\le 1$

 Đặt $x=\cos t,\,\,t\in \left[ 0;\pi  \right]$

Khi đó:$(2)\Leftrightarrow \left( \sin t+\cos t \right)\left( 1-\sin t\cos t \right)=\sqrt{2}\sin t\cos t$.

Để gải phương trình này ta lại đặt $u=\sin t+\cos t,\,\,\left| u \right|\le \sqrt{2}$.

ĐS: $x=\frac{\sqrt{2}}{2},\,\,x=\frac{1-\sqrt{2}-\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}$.

————————-

Download tài liệu:

PDF: tại đây.

Word: Tại đây.

————————–

Xem thêm:

———————-